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专题66 带电粒子在组合场中的运动
1．[2022·湖北省检测](多选)如图所示，两平行金属板长度均为L，O、O′为两金属
板中心处正对的两个小孔，两平行金属板间加可调的电压U，紧靠金属板右侧的直角三角
形MNP区域内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，MN与右金属板等长且
重合，∠PMN＝37°.一比荷为k的粒子(不计重力)从O点以可以忽略的初速度进入金属板
间的电场，经加速后再进入磁场，并从NP边界离开磁场．已知sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8，则下列说法正确的是( )
A．左板电势低于右板电势
B．粒子从NP边界离开磁场时的最大速度大小为
C．粒子从NP边界离开磁场时离N点最远距离为L
D．要使粒子从NP边界离开磁场，可调电压的变化范围是＜U≤
2．(多选)如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．
若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为
E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向外．一
质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P
点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力．下列说法正确的是(
)
A．粒子一定带正电
B．加速电场的电压U＝ER
C．直径PQ＝
D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的
电荷量
3．[2022·河北模拟预测]如图所示，在xOy平面直角坐标系中，第一象限内有圆形区
域与两坐标轴相切于a、b两点，圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场B(B大小未
1 1
知)；第四象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E；第二、三象限有垂直
0
纸面向里的匀强磁场B(B大小未知)，一带负电粒子从a点沿与y轴正方向成60°角的方
2 2向射入圆形区域磁场，其速度大小为v，射出磁场后从x轴的c点(图中未画出)垂直x轴
0
射入电场，然后从y轴上的d点(图中未画出)离开电场，粒子经过d点时速度方向与a点
速度方向平行，经y轴左侧匀强磁场偏转后再次经过a点．已知粒子比荷为，粒子重力不
计，求：
(1)圆形区域磁场的磁感应强度B的大小；
1
(2)第二、三象限内匀强磁场的磁感应强度B的大小．
2
4．[2022·吉林省四校联考]如图所示，平面直角坐标系xOy中第一象限内有沿y轴正
方向的匀强电场，第四象限内有垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m、带电荷量为q的
粒子(不计粒子受到的重力)，从点A(0，l)以大小为v的初速度沿x轴正方向射入电场，
0
在电场中运动一段时间后从点P(6l，0)进入磁场，在磁场中运动一段时间后从y轴上的Q
点(图中未画出)垂直y轴射出磁场．第二、三象限内无电场和磁场．求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B及粒子在磁场中运动的时间．5．如图所示，虚线MN为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E，方
向竖直向下且与边界MN成θ＝45°角，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，
在电场中有一点P，P点到边界MN的竖直距离为d.现将一质量为m、电荷量为q的带正电
粒子从P处由静止释放(不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大).求：
(1)粒子第一次进入磁场时的速度大小；
(2)粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离．
6．[2022·云南省昆明市测试]如图所示，y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场，电场
强度为E，屏CD与y轴垂直，OACD为一矩形，OA边长为L，OD边长为2L，矩形OACD内某
区域存在磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电荷量为q、重力不计的正粒子从x轴负
半轴上的P点由静止释放，从O点进入磁场后最终垂直于屏打到C点，且从x轴PO段上任
意位置由静止释放的同种正粒子最终都能垂直打到屏CD上，求：
(1)PO之间的距离x；
(2)上述由P点释放的粒子，从P到C经历的时间t；
(3)磁场区域的最小面积S.专题66 带电粒子在组合场中的运动
1．BC 粒子进入磁场后向下偏转，由此可知粒子带正电，加速电极板是左板电势高于
右板电势，选项A错误；粒子以最大速度v(对应轨道半径为r)从NP边界离开磁场时的运
0 0
动轨迹如图所示，
由题设知＝k，由牛顿第二定律有qvB＝m，由几何关系有r＝(r＋)sin 37°，联立
0 0 0
各式解得r＝，v＝，选项B正确；粒子从NP边界离开磁场时离N点最远距离为＝L，选项
0 0
C正确；由qU＝mv2，可得U＝mv2＝v2，粒子以最小速度从NP边射出时经过N点，此时运动
半径R′＝，由牛顿第二定律有qBv＝m，从而解得最小速度v＝，则粒子从NP边界离开磁
场时＜v≤，于是可得＜U≤，选项D错误．
2．ABC 根据题意可知，粒子在静电分析器中受到电场力指向圆心O，故粒子带正
电，故A正确；对于加速过程，根据动能定理有qU＝mv2，在静电分析器中，电场力提供向
心力有qE＝m，联立解得U＝ER，故B正确；粒子进入磁分析器，洛伦兹力提供向心力有
qvB＝m，结合AB分析可得R′＝，则直径PQ＝2R′＝，故C正确；由C分析可知，若一群
离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷，故D错
误．
3．(1) (2)
解析：(1)设粒子第一次在圆形磁场中做圆周运动的半径为r，粒子在第四象限做类平
1抛运动，通过d点时速率大小为v，作出粒子从a点出发又回到a点全过程的轨迹图，如图
所示
依题意有v＝＝2v
0
粒子从c点到d点过程有r(1＋sin 30°)＝t2
1
tan 60°＝解得r＝
1
由洛伦兹力提供向心力有qvB＝
0 1
联立各式解得B＝
1
(2)由几何关系可知第一象限圆形磁场半径R＝r
1
设粒子在第二、三象限内做匀速圆周运动的轨道半径为r，则R＋vt＝2rcos 30°
2 0 2
由洛伦兹力提供向心力有qvB＝
2
联立各式解得B＝.
2
4．(1) (2)
解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，则有
x＝6l＝vt
OP 0 1
y＝l＝at
OA
a＝
解得E＝
(2)设粒子在P点时的速度方向与x轴的夹角为θ，则有
tan θ＝＝，解得θ＝30°
粒子在磁场中的运动轨迹如图所示由几何关系可知，粒子进入磁场时的速度大小v＝＝v
0
粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径 r＝＝12l
由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝
解得B＝
由几何关系可知，粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角α＝150°
所以粒子在磁场中运动的时间t＝T
2
其中T＝
解得t＝.
2
5．(1) (2)4d
解析：(1)设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v，根据动能定理得
qEd＝mv2
v＝
(2)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两
点间距为s，由类平抛规律得x＝vt，y＝at2，a＝
由几何知识得x＝y
解得t＝
两点间的距离为s＝x＝vt＝＝4d.
6．(1) (2)＋ (3)L2
解析：(1)如图所示，由几何关系得垂直于屏打在C点的粒子在磁场中的运动半径为
L，根据带电粒子在磁场中的运动规律
qBv＝得R＝＝L
由P到O运用动能定理得
qEx＝mv2得x＝
(2)第一阶段由P到O粒子做匀加速直线运动
由x＝t
1
解得t＝
1
第二阶段在磁场中粒子经历1/4圆周，故
t＝·＝
2
第三阶段粒子做匀速直线运动
x＝＝
故总时间t＝t＋t＋t＝＋
1 2 3
(3)磁场下边界为半径为L的1/4圆弧，磁场的上边界上任意一点坐标x、y始终满足y
＝x，故磁场的上边界是一条y＝x的直线，如(1)中图所示，月牙部分即为磁场区域面积，
故S＝πR2－L2＝L2.
